PRIIMEK IME VPISNA ˇSTEVILKA SMER NALOGA TO ˇCKE 1.
2.
3.
4.
5.
6.
SKUPAJ
RA ˇ CUNSKI DEL IZPITA IZ PREDMETA
OSNOVE MATEMATI ˇ CNE ANALIZE
24.1.2006
Toˇckovanje: 20+15+10+25+20+10=100
1. Naj bo Π ravnina, ki je vzporedna ravnini Σ : x + 2y − 3z = 2 in gre skozi toˇcko A(2, 3, 1).
(a) Doloˇcite enaˇcbo ravnine Π.
(b) Poiˇsˇcite toˇcko B, ki je pravokotna projekcija toˇcke T (2, −4, 1) na ravnino Π.
(c) Izraˇcunajte ploˇsˇcino trikotnika ∆OAB.
2. Izraˇcunajte determinanto matrike
A =
1 0 4 −1
2 5 1 0
3 10 1 −2
−4 10 8 0
.
3. Doloˇcite a tako, da bo funkcija
f (x) =
sin 3x
√4−x−2
x 6= 0
a x = 0 zvezna.
4. Dan je funkcijski predpis
f (x) = (x − 2)
2e
x.
Doloˇcite definicijsko obmoˇcje, niˇcle, ekstreme, intervale monotonosti, konveksnosti in konkavnosti funkcije. Raziˇsˇcite obnaˇsanje funkcije na krajiˇsˇcih definicijskega obmoˇcja in funkcijo nariˇsite.
5. Izraˇcunajte integral
Z
43
x ln(x − 2) dx.
6. Poiˇsˇcite stacionarne toˇcke funkcije g(x, y) = x(y + 1)e
x+yin izraˇcunajte vrednosti funkcije v njih.
1
REˇSITVE 1. naloga:
(a) Ker je ravnina Π vzporedna ravnini Σ, imata enak vektor normale *n= (1,2,−3). ˇCe upoˇstevamo, da toˇckaA leˇzi v ravnini, dobimo Π :x+ 2y−3z= 5.
(b) ToˇckoB(3,−2,−2) dobimo, ˇce poiˇsˇcemo presek premice skozi toˇckoT s smernim vektorjem*n in ravnine Π.
(c) Ploˇsˇcino trikotniko ∆OAB dobimo z uporabo vektorskega produkta: pl(∆OAB) =k
OA×* OBk*
2 = 3√226.
2. naloga: Iz drugega stolpca lahko izpostavimo 5, iz ˇcetrte vrstice pa 2. Nadaljujemo z Gaussovim postopkom in dobimodet(A) = 450.
3. naloga: S pomoˇcjo l’Hospitalovega izreka izraˇcunamo, da je limx→0 = −12. Torej bo f(x) zvezna, ˇce bo a=−12.
4. naloga:
Df =R, f ima dvojno niˇclo vx= 2, limx→−∞f(x) = 0 in limx→∞f(x) =∞. Odvod f jef0(x) =x(x−2)ex, lokalni maksimum ima v toˇcki x= 0, f(0) = 4, lokalni minimum v toˇckix = 2,f(2) = 0, in pada na intervalu (0,2). Drugi odvod je f00(x) = (x2−2)ex, torej ima f prevoja v toˇckah x=−√
2 inx=√
2 ter je konkavna na intervalu (−√
2,√
2). Graf funkcije:
-6 -4 -2 2
2 4 6 8 10 Hx-2L2ex
5. naloga:
Naloge se lahko lotimo na veˇc naˇcinov:
• Najprej uporabimo metodo per partes. Ker pod integralskim znakom dobimo integral racionalne funkcije, katere ˇstevec je viˇsje stopnje kot imenovalec, delimo.
Z4
3
xln(x−2)dx= x2ln(x−2) 2
¯¯
¯4
3−1 2 Z4
3
x2
x−2dx= 8 ln 2−1 2
Z4
3
(x+ 2)dx+ 4 Z4
3
1 x−2dx
=. . .= 6 ln 2−11 4
• Najprej uvedemo novo spremenljivkot=x−2 in potem uporabimo metodo per partes.
6. naloga:
Stacionarne toˇcke funkcije so reˇsitve sistema enaˇcb ∂g∂x= 0,∂g∂y = 0.
Ker je ∂g∂x = (1 +x)(1 +y)ex+y in ∂g∂y = x(2 +y)ex+y, imamo dve stacionarni toˇcki T1(0,−1), g(0,−1) = 0, in T2(−1,−2), g(−1,−2) =e−3.
2